javascript - Ajax-在 PHP 中使用 Json 时出错

Question

我正在尝试使用 Ajax 将 JSON 数据插入到 MySQL 中。但我什么也没得到，查询不起作用。

我尝试了一切，但我不知道问题是在 Ajax、PHP 还是在 JSON 中。

我应该从哪里开始寻找？

JS 代码

$("#btnprueba").click(function () {
            var array1 = [];
            $("#tabla .DataRow").each(function () {

                var firstTableData = {};
                var Aidi = $(this).find('td').eq(0).text().trim();
                    firstTableData.ID_Articulo = $(this).find('td').eq(0).text().trim();
                    firstTableData.Descripcion = $(this).find('td').eq(1).text().trim();
                    firstTableData.Valor_Venta = $(this).find('td').eq(2).text().trim();
                    firstTableData.Cantidad = $(this).find('td').eq(3).text().trim();
                    firstTableData.Subtotal = $(this).find('td').eq(4).text().trim();
                    array1.push(firstTableData);

            });

            var JsonValues = JSON.stringify(array1);
                alert(JsonValues);
            $.ajax({
                type: "POST",
                url: "GuardarDatosFactura2.php",
                data: "J="+JsonValues,
                success: function(response){
                    alert(response);
                },
                error: function(e){
                    console.log(e.message);
                },

            });

        });

变量 JsonValues 中的 Json

[{"ID_Articulo":"001","Descripcion":"Caramelos","Valor_Venta":"6500","Cantidad":"2","Subtotal":"13000"}]

PHP 代码

<?php 
header("Content-Type: application/json; charset=UTF-8");

$CON = mysqli_connect("localhost","root","","BDfactura") or die ("error");

$data = json_decode($_POST['J'],false);

    $ID=$data->ID_Articulo;
    $Canti=$data->Cantidad;   
    $Vlr=$data->Valor_Venta;

    $cadena2 = "INSERT INTO ItemXVenta (IdArticulo, Cantidad, ValorVenta) VALUES ('$ID','$Canti','$Vlr')";
    $create2 = mysqli_query($CON,$cadena2);

    if($cadena2){
        $MSG= "Se guardaron los datos";
    }
    else{
        $MSG= "No se guardaron los datos";
    }
    echo($MSG);



?>

Answer 1

Op，不要自己对数据进行 json 编码。让 jQuery 来处理它。或者至少在对象中传递 JSON 编码数据。

您需要做的是将数据作为 javascript 对象传递给 jQuery。这样您就可以让 jQuery 和 PHP 完成所有繁重的工作。

     $.ajax({
            type: "POST",
            url: "GuardarDatosFactura2.php",
            data: {J: array1},
            //    ^^ Javascript object, passing the array as raw info.
            //    This way it will be passed as an object to your php.
            success: function(response){
                alert(response);
            },
            error: function(e){
                console.log(e.message);
            },

        });

然后在 PHP 中你可以这样做

$data = $_POST['J'];

PHP 应该已经将其转换为原生 php 对象/数组。

只需执行一个var_dump($data); die(); 看看它变成了什么。

如果你的对象嵌套得很深，php 可能不会自动解码它。然后对其进行编码并传递编码后的变量。

data: {J: JSON.stringify(array1)},

在 PHP 中

$data = json_decode($_POST['J'], false);

注意，不是问，而是需要知道!

您在 sql 中使用了未准备变量。

"INSERT INTO ItemXVenta (IdArticulo, Cantidad, ValorVenta) VALUES ('$ID','$Canti','$Vlr')";

这不好。如果您的网站将成为面向前端的，那么任何人都可以转储您的数据库，读取您的数据库并对您的数据库造成严重破坏，因为您向他们提供了对您内部的直接访问权限。

请使用prepared statements并且永远不要在没有准备好的语句的情况下使用查询。另外，您也不计算重复的键。如果产品已经存在，则应更新该产品，而不是重新插入。

if ($stmt = $mysqli->prepare("INSERT INTO ItemXVenta (IdArticulo, Cantidad, ValorVenta) VALUES (?,?,?) ON DUPLICATE KEY UPDATE Cantidad=?, ValorVenta=?")) {
      $stmt->bind_param("i", $ID);
      $stmt->bind_param("s", $Canti);
      $stmt->bind_param("s", $Vlr);
      $stmt->bind_param("s", $Canti);
      $stmt->bind_param("s", $Vlr);

      mysqli_stmt_execute($stmt);
}